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Problemas de VC para EDVC elaborados por C. Mora, Tema 1
Ejercicio 1
Escribir en forma bin´omica los siguientes n´umeros complejos:
i
n , n ∈ Z;
1 + i √ 2
)n
, n ∈ N;
3 − i
1 + i
1 − i
; (1+i
20 ; e
1 /z
Soluci´on 1
n
1 si n ≡ 0 (mod 4)
i si n ≡ 1 (mod 4)
− 1 si n ≡ 2 (mod 4)
−i si n ≡ 3 (mod 4)
1 + i √ 2
)n
e
i π 4
)n = cos(
π
n) + i sen(
π
n)
1 − i
(1 + i)(1 + i)
(1 − i)(1 + i)
= i
Por otro,
3 − i
[
cos
−π
−π
)] 4
cos
− 2 π
− 2 π
= − 8 − 8 i
Con lo cual
3 − i
1 + i
1 − i
− 8 − 8 i
i = 8
3 − 8 i.
1 + i
2 e
i π 3
20 e
i 203 π = 2
20 e
i 23 π = 2
20 (cos
2 π 3
2 π 3
19 (−1 + i
- Haciendo x = Re z, y = Im z
e
1 z (^) = e
x x^2 +y^2
−i
y x^2 +y^2 = e
x x^2 +y^2
cos
−y
x
2
2
−y
x
2
2
= e
x x^2 +y^2 cos
y
x^2 + y^2
− ie
x x^2 +y^2 sen
y
x^2 + y^2
Ejercicio 2
Calcular el m´odulo y el argumento principal de los siguientes n´umeros
complejos:
i
− 2 − 2 i
3 i
(1 + i)
4
√ 2
Soluci´on 2
Al calcular el argumento principal, primero calculamos el argumento
m´odulo 2πZ.
arg
i
− 2 − 2 i
= arg i − arg(− 2 − 2 i) =
π
3 π
5 π
Luego Arg
i
− 2 − 2 i
− 3 π
i
− 2 − 2 i
|i|
|− 2 − 2 i|
arg
3 i
= arg(−2) − arg(1 +
3 i) = π −
π
2 π
Luego Arg
3 i
2 π
3 i
3 i
arg
(1 + i)
4
√ 2
= 4 arg(1 + i) − arg(
π
− 0 + 2πZ = π + 2πZ
Luego Arg
(1 + i)
4
√ 2
= −π
(1 + i)
4
√ 2
4
3 2
|z − 4 i| + |z + 4i| = 10 ⇔ d(z, 4 i) + d(z, − 4 i) = 10
Se trata del lugar geom´etrico de los puntos del plano cuya suma de
distancias a dos puntos fijos es constante. Esta es la definici´on cl´asica
de elipse. Luego se trata de la elipse de focos (0, 4), (0, −4) y semieje
mayor 10. De aqu´ı se pueden sacar las dem´as constantes de la elipse.
Naturalmente, todo esto se puede hacer en coordenadas y al final nos
saldr´a una c´onica que se podr´ıa clasificar seg´un los criterios de ´algebra
lineal.
Re(z − i) = 2 ⇔ x = 2
Recta vertical x = 2.
| 2 z − i| ≤ 4 ⇔
z −
i
≤ 2 ⇔ d(z,
i
Disco cerrado de centro (0,
1 2
) y radio 2.
z + z = |z|
2 ⇔ 2 x = x
2
2 ⇔ (x − 1)
2
2 = 1
Circunferencia de centro (1, 0) y radio 1.
z − z = i ⇔ 2 iy = i ⇔ y =
Recta horizontal y =
1 2
z
2 = z
2 ⇔ (x − iy)
2 = (x + iy)
2 ⇔ x
2 −y
2 − 2 ixy = x
2 −y
2 +2ixy ⇔ xy = 0
luego las soluciones son los ejes del plano complejo, es decir, el conjunto
{(0, y) : y ∈ R} ∪ {(x, 0) : x ∈ R}.
Ejercicio 4
Demostrar que |Re z| + |Im z| ≤
2 |z| para todo z ∈ C.
Soluci´on 4
Hagamos x = Re z, y = Im z. Se trata de probar que |x| + |y| ≤ √
2
x
2
2 ∀x, y ∈ R. Veamos:
|x| + |y| ≤
x^2 + y^2 ⇔ |x|
2
2 ≤ 2 x
2
2 ⇔
2 |x| |y| ≤ x
2
2 ⇔ (|x| − |y|)
2 ≥ 0
y esto ´ultimo es cierto.
Ejercicio 5
Demostrar que si |z| < 1 entonces |Im(1 − z + z
2 )| < 3.
Soluci´on 5
∣Im(1 − z + z^2 )
∣ 1 − z + z^2
∣ (^) ≤ 1 + |z| + |z|^2 < 1 + 1 + 1 = 3.
gracias a que |z| = |z| y a que |z|
2 = |z
2 |.
Ejercicio 6
Demostrar que
∣e
z^2
∣ ≤ e
|z|^2
. ¿Cu´ando se da la igualdad?
Soluci´on 6
Haciendo x = Re z, y = Im z, y recordando que la exponencial real es
estrictamente creciente, se tiene
∣e
z^2
∣ ≤^ e
|z|
2 ⇔ e
Re z^2 ≤ e
|z|
2 ⇔ Re z
2 ≤ |z|
2 ⇔ x
2 − y
2 ≤ x
2
2
y esto ´ultimo es cierto. Adem´as, de la manera que lo hemos demostrado, nos
damos cuenta de que la igualdad se da si y s´olo si Im z = 0.
Ejercicio 7
Demostrar que |e
− 2 z | < 1 si y s´olo si Re z > 0.
y tomando partes reales obtenemos
∑^ n
k=
cos kθ = Re
1 − e
i(n+1)θ
1 − eiθ^
= Re
[
1 − e
i(n+1)θ
] [
1 − e
−iθ
]
[1 − eiθ] [1 − e−iθ]
1 − cos θ + cos nθ − cos [(n + 1) θ]
2 (1 − cos θ)
cos nθ − cos [(n + 1) θ]
2 (1 − cos θ)
con lo cual basta probar
cos nθ − cos [(n + 1) θ]
2 (1 − cos θ)
sen
[(
n +
1 2
θ
]
2 sen
θ 2
Ve´amoslo:
cos nθ − cos [(n + 1) θ]
2 (1 − cos θ)
sen
[(
n +
1 2
θ
]
2 sen
θ 2
(cos nθ − cos [(n + 1) θ]) sen
θ
= (1 − cos θ) sen
[(
n +
θ
]
(cos nθ − cos nθ cos θ + sen nθ sen θ) sen
θ
= (1 − cos θ)
sen nθ cos
θ
θ
sen nθ sen θ sen
θ
= sen nθ cos
θ
− cos θ sen nθ cos
θ
Si sen nθ = 0 la ´ultima igualdad es cierta. Si no, es equivalente a
cos θ cos
θ
θ
= cos
θ
lo cual es cierto por la f´ormula del coseno de la diferencia.
Ejercicio 9
Sean a, b, z ∈ C con |z| = 1. Demostrar que |az + b| =
∣a + zb
Soluci´on 9
|az + b| =
∣az + b
∣ (^) = |z|
∣az + b
∣a |z|^2 + zb
∣a + zb
Ejercicio 10
Demostrar que si |z| < 1 y |α| < 1 entonces
z − α
1 − αz
Probar adem´as que si |z| = 1 y |α| < 1 entonces
z − α
1 − αz
Soluci´on 10
Si |z| < 1 y |α| < 1, se cumple que
z − α
1 − αz
|z − α|
2
| 1 − αz|
2 <^1 ⇔ |z^ −^ α|
2 − | 1 − αz|
2 < 0.
Pero
|z − α|
2 − | 1 − αz|
2
|z|
2
2 − zα − zα
1 + |α|
2 |z|
2 − αz − αz
|z|
2
2 − 1 − |α|
2 |z|
2
1 − |z|
2
|α|
2 − 1
< 0 pues |z| , |α| < 1.
Si ahora |z| = 1 y |α| < 1, entonces
z − α
1 − αz
= |z|
z − α
1 − αz
zz − αz
1 − αz
1 − αz
1 − αz
Ejercicio 11
¿Bajo qu´e condiciones tres puntos distintos del plano complejo est´an en
una misma recta?
Soluci´on 11
Sean z 1 , z 2 , z 3 ∈ C tres puntos distintos. La recta (af´ın real) que pasa por
z 1 , z 2 es {z 1 + t(z 2 − z 1 ) : t ∈ R}, con lo cual
z 1 , z 2 , z 3 est´an alineados ⇐⇒ z 3 ∈ {z 1 + t(z 2 − z 1 ) : t ∈ R} ⇐⇒
z 3 − z 1
z 2 − z 1
∈ R.
0 podemos suponer que ocurre ax 1 + by 1 > 0. Queremos probar que existe
j ∈ { 2 ,... , n} tal que axj + byj < 0. Si esto fuera falso tendr´ıamos
ax 1 + by 1 > 0
axj + byj ≥ 0 , 2 ≤ j ≤ n y sumando
a
n ∑
j=
xj + b
n ∑
j=
yj > 0
lo que contradice
∑n
j=
zj = 0.
Ejercicio 14
Demostrar que si z ∈ C verifica Re z
n ≥ 0 para todo n ∈ N entonces
z ∈ R.
Soluci´on 14
Escribiendo en forma polar z = re
it con t ∈ [−π, π) tenemos que z
n
r
n e
int y por tanto Re z
n = r
n cos(nt). La hip´otesis nos dice que cos(nt) ≥
0 ∀n ∈ N, y, como vemos a continuaci´on, esto implica t = 0, con lo cual
z ∈ R.
As´ı pues, vamos a probar que cos(nt) ≥ 0 ∀n ∈ N implica t = 0.
t ∈ [−π, π)
cos t ≥ 0
=⇒ t ∈ [−
π
π
). Entonces 2t ∈ [−π, π)
2 t ∈ [−π, π)
cos 2t ≥ 0
=⇒ 2 t ∈ [−
π
π
). Entonces 4t ∈ [−π, π)
4 t ∈ [−π, π)
cos 4t ≥ 0
=⇒ 4 t ∈ [−
π
π
Un sencillo argumento de inducci´on prueba que 2
n t ∈ [−
π 2
π 2
) para todo
n ∈ N; o sea, t ∈
n∈N[−^
π 2 n+^
π 2 n+^
), con lo que t = 0, como quer´ıamos.
Obs´ervese que este argumento demuestra tambi´en que si Re z
2 n ≥ 0 para
todo n ∈ N entonces z ∈ R.
Ejercicio 15
Resolver z
2
Soluci´on 15
Aplicamos la f´ormula de la ecuaci´on de segundo grado, que es v´alida para
cualquier cuerpo conmutativo:
z =
1 − 4(1 + i)
donde el s´ımbolo
indica cualquiera de las dos ra´ıces cuadradas. Calcule-
mos, pues, una ra´ız cuadrada de dicho n´umero.
1 − 4(1 + i) =
− 3 − 4 i =
5 e
iθ
)^1
2
5 e
i θ 2
donde θ es tal que cos θ = −
3 5
, sen θ = −
4 5
. Entonces θ ∈ (−π, −
π 2
) y as´ı
θ 2
π 2
π 4
π 2
, 0). Con lo cual e
i θ 2 est´a en el cuarto cuadrante y
aplicando las f´ormulas del seno y coseno del ´angulo mitad,
cos
θ
1 + cos θ
3 5
2
sen
θ
1 − cos θ
3 5
2
Con lo cual
5 e
i
θ (^2) = 1 − 2 i y as´ı las soluciones de la ecuaci´on son
z =
− 1 ± (1 − 2 i)
−i
−1 + i
Otra forma de calcular una ra´ız cuadrada de − 3 − 4 i es buscar a, b ∈ R
tales que (a + ib)
2 = − 3 − 4 i, lo cual equivale a resolver el sistema (real)
siguiente { a
2 − b
2 = − 3
2 ab = − 4
Ejercicio 16
Encontrar los v´ertices de un hept´agono regular de centro 1 + i y uno de
cuyos v´ertices es 1 −
3 + 2i.
Como m ∈ R entonces m = ¯m =
∏m− 1
k=1 (1^ −^ e
−i 2 kπ m (^) ) y as´ı
m
2 = m m¯ =
m− 1 ∏
k=
(1−e
i (^2) mkπ )(1−e
−i 2 kπm ) =
m− 1 ∏
k=
(2−2 cos
2 kπ
m
m− 1
m− 1 ∏
k=
(1−cos
2 kπ
m
y aplicando la f´ormula de seno del ´angulo mitad nos queda
m
2 = 2
m− 1
m∏− 1
k=
2 sen
2
kπ
m
2(m−1)
m∏− 1
k=
sen
2
kπ
m
Como el seno es positivo en (0, π), tomando ra´ıces cuadradas concluimos
el resultado.
Ejercicio 18
Calcular las siguientes ra´ıces y expresarlas en forma bin´omica
(2i)
1 / 2 (1 − i
1 / 2 (−1)
1 / 3 8
1 / 6 (−16)
1 / 4
Soluci´on 18
(2i)
1 (^2) =
2 e
i π 2
)^1
2
2 e
i π 4
2(cos
π 4
π 4
) = 1 + i √ 2 e
−i 34 π
2(cos
− 3 π 4
− 3 π 4
) = − 1 − i
(1 − i
1 (^2) =
2 e
i
−π 3
2
2 e
−i π 6
2(cos
−π 6
−π 6
√ 6 2
− i
√ 2
√^2 2 e
i 56 π
2(cos
5 π 6
5 π 6
√ 6 2
√ 2 2
1 (^3) =
e
iπ
)^1
3
e
i π 3 = cos
π 3
π 3
1 2
√ 3 2
e
iπ = cos π + i sen π = − 1
e
−i
π (^3) = cos
−π 3
−π 3
1 2
− i
√ 3 2
1 (^6) =
8 e
i. 0
)^1
6
2 e
i. 0
2(cos 0 + i sen 0) =
2 e
i
π (^3) =
2(cos
π 3
π 3
√ 2 2
√ 6
√^2 2 e
i 23 π
2(cos
2 π 3
2 π 3
√ 2 2
√ 6 √^2 2 e
iπ
2(cos π + i sen π) = −
2 e
−i
2 π (^3) =
2(cos
− 2 π 3
− 2 π 3
√ 2 2
− i
√ 6
√^2 2 e
−i π 3
2(cos
−π 3
−π 3
√ 2 2
√ 6 2
1 (^4) =
16 e
iπ
4
2 e
i π 4 = 2(cos
π 4
π 4
2 + i
2 e
i 34 π = 2(cos
3 π 4
3 π 4
2 + i
2 e
−i 34 π = 2(cos
− 3 π 4
− 3 π 4
2 − i
2 e
−i π 4 = 2(cos
−π 4
−π 4
2 − i
Cuando se trata de hallar una ra´ız n-´esima con n par, los c´alculos pueden
agilizarse teniendo en cuenta que si w es ra´ız n-´esima de z entonces −w
tambi´en lo es.
Ejercicio 19
Probar que si z ∈ C \ { 0 } y a ∈ R entonces |z
a | = |z|
a .
Soluci´on 19
|z
a | =
∣ea^ Log^ z^
∣ea(log|z|+i^ Arg^ z)
∣ea^ log|z|
∣eia^ Arg^ z^
∣ea^ log|z|
∣ (^) = ea^ log|z|^ = |z|a^.
